动能定理在变力做功情况下的应用
动能定理在变力做功情况下的应用
在匀加速运动过程中加速度为
a=
F m
mg
120
810
m/s2=5
m/s2，
m
8
末速度
vt
P m
1 200
m/s=10
m/s
F 120
m
上升的时间
t1=
v t
10
s=2
s，
a5
上升高度为
h1=
v t
2
102
m=10 m
2a 2 5
在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为
vm=
P m
P m
1 200
类型四: 动 能定理在变 力做功情况 下的应用
例1.如图所示，AB为1/4圆弧轨道，半 径为R=0.8m，BC是水平轨道，长x=3m， BC处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量 m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到C 点刚好停止。求物体在轨道AB段所受的 阻力对物体做的功。
例 2.如图所示，质量为 m 的物体被细绳经过光滑小孔而牵引，
m/s=15
m/s
F mg 810
外力对物体做的总功 W=Pmt2－mgh2， h1+h2=90 m
动能变化量为 ΔEk= 1 mvm2－ 1 mvt2
2
2
由动能定理得 Pmt2－mgh2= 1 mvm2－ 1 mvt2
2
2
代入数据后解得 t2=5.75 s，所以 t=t1+t2=7.75 s
所需时间至少为 7.75 s.
A R
D R
在光滑的水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值 F 时转动
半径为 R，当外力逐渐增大到 6F 时，物体仍做匀速圆周运动，
半径为 R/2.则外力对物体所做的功为（ ）
2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：动能定理及其应用
第2讲动能定理及其应用目标要求 1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法．考点一动能定理的理解和基本应用1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．(2)公式：E k＝12m v2，单位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(3)动能是标量、状态量．2．动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．(2)表达式：W＝ΔE k＝E k2－E k1＝12m v22－12m v12.(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．1．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．(√) 2．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(×)3．物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少．(√)1．应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以全过程应用动能定理求解．(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．例1如图所示，AB 为四分之一圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R .一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，不计空气阻力，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为()A ．μmgR B.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR答案D解析BC 段物体所受摩擦力为f ＝μmg ，位移为R ，故BC 段摩擦力对物体做功W ＝－fR ＝－μmgR ，对全程由动能定理可知mgR ＋W 1＋W ＝0，解得W 1＝μmgR －mgR ，故AB 段克服摩擦力做功为W 克＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，选D.例2(2021·河北卷·6)一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR 、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P 处，另一端系一个小球，小球位于P 点右侧同一水平高度的Q 点时，绳刚好拉直，将小球从Q 点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g ，不计空气阻力)()A.(2＋π)gRB.2πgRC.2(1＋π)gR D ．2gR答案A解析小球下落的高度为h ＝πR －π2R ＋R ＝π＋22R ，小球下落过程中，根据动能定理有mgh ＝12m v 2，综上有v ＝(π＋2)gR ，故选A.例3一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示，当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为()A ．tan θ，H 2B.v 22gH－1θ，H 2C ．tan θ，H4 D.v 22gH－1θ，H 4答案D解析物块以初速度v 上升的过程，由动能定理得－mgH －μmg cos θ·H sin θ＝0－12m v 2，解得μv 22gH －1θ.当物块的初速度为v2时，由动能定理得－mgh －μmg cos θ·h sin θ＝0－12m v2，解得h ＝H4，故选D.例4如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量m ＝1kg 的小物块在9N 的水平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知x AB ＝5m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F ，取重力加速度g ＝10m/s 2，求：(1)小物块到达B 点时速度的大小；(2)小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小．答案(1)45m/s(2)150N解析(1)从A 到B 过程，据动能定理可得(F －μmg )x AB ＝12m v B 2解得小物块到达B 点时速度的大小为v B ＝45m/s(2)从B 到D 过程，据动能定理可得－mg ·2R ＝12m v D 2－12m v B 2在D 点由牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝mv D 2R联立解得小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小为F N ＝150N.应用动能定理的解题流程考点二应用动能定理求变力做功例5质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g )()A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x )答案A解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由动能定理可得－W 弹－W f ＝0－12m v 02，则W 弹＝12m v 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．例6(2023·广东深圳市光明区名校联考)如图所示，一半圆弧形细杆ABC 竖直固定在水平地面上，AC 为其水平直径，圆弧半径BO ＝3.6m ．质量为m ＝4.0kg 的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50N 、沿圆的切线方向的拉力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g 取10m/s 2，在这一过程中摩擦力做的功为()A ．66.6JB ．－66.6JC ．210.6JD ．－210.6J答案B解析小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则mg ＝m v 2r，拉力F 沿圆的切线方向，根据动能定理F 2πr 4－mgr ＋W f ＝12m v 2，又r ＝3.6m ，摩擦力做的功为W f ＝－66.6J ，故选B.在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W 变＋W 恒＝12m v 22－12m v 12，物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝12m v 22－12m v 12－W 恒，就可以求出变力做的功了．考点三动能定理与图像问题的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例7(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能E k 与运动路程s 的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10m/s 2，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m内物块上滑，由动能定理得－mg sin30°·s－fs＝E k－E k0，整理得E k＝E k0－(mg sin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin30°＋f＝4N，10～20m内物块下滑，由动能定理得(mg sin30°－f)(s－s1)＝E k，整理得E k＝(mg sin30°－f)s－(mg sin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mg sin30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A.例8A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1答案C解析由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确．由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·s－f1·3s＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2s－f2·3s＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝32f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误．例9(2020·江苏卷·4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()答案A解决图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．课时精练1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是()A ．对物体，动能定理的表达式为W ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功D ．对电梯，其所受的合力做功为12M v 22－12M v 12答案CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W 合＝W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功，A 、B 错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即12M v 22－12M v 12，D 正确．2.如图所示，光滑的固定斜面顶端固定一弹簧，质量为m 的小球以速度v 自最低点A 冲上斜面．压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，重力加速度为g ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是()A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋12m v 2)答案A解析小球从A 到C 过程中，由动能定理可得W G ＋W F ＝0－12m v 2，W G ＝－mgh ，解得W F ＝mgh －12m v 2，故选A.3.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v 0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v 0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的34处．则()A ．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B ．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为18m v 02D ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为14m v 02答案AD解析设斜面长度为L ，斜面倾角为θ，由题意可知12m v 02＝mgL sin θ，12m v 02＝mgs sin θ＋μmgs cos θ，其中的s ＝34L ，解得μ＝13tan θ，因mg sin θ>μmg cos θ，则当滑块滑上斜面到达最高点后能再次滑回斜面底端，选项A 正确，B 错误；整个过程产生的热量为Q ＝2μmgs cos θ＝12mgL sin θ＝14m v 02，选项C 错误，D 正确．4.(2023·广东揭阳市普宁二中月考)如图，质量为m 的滑雪运动员(含滑雪板)从斜面上距离水平面高为h 的位置静止滑下，停在水平面上的b 处；若从同一位置以初速度v 滑下，则停在同一水平面上的c 处，且ab 与bc 相等．已知重力加速度为g ，不计空气阻力与通过a 处的机械能损失，则该运动员(含滑雪板)在斜面上克服阻力做的功为()A ．mgh B.12m v 2C ．mgh －12m v 2D ．mgh ＋12m v 2答案C解析设运动员从静止开始滑下，停在水平面上b 处时，在斜面上克服阻力做的功为W 1，在水平面上克服摩擦力做的功为W 2，由动能定理得mgh －W 1－W 2＝0，当运动员以速度v 从同一高度下滑时，停在同一水平面上的c 处，且ab 与bc 相等，由动能定理可得mgh －W 1－2W 2＝0－12m v 2，联立两式求得W 1＝mgh －12m v 2，故选C.5．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B 、C 处能量损失)()A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面答案A解析物体从D 点滑动到顶点A 过程中，由动能定理可得－mg ·s AO －μmg ·s DB －μmg cos α·s AB＝0－12v 02，α为斜面倾角，由几何关系有s AB cos α＝s OB ，因而上式可以简化为－mg ·s AO －μmg ·s OD ＝0－12m v 02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.6.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a 与离地高度h 的关系图像如图所示，则()A ．2h 0～3h 0范围内电梯向上做匀减速直线运动B ．电梯在0～h 0和2h 0～3h 0范围内的速度变化量相等C ．电梯在3h 0处的速度大小为2a 0h 0D ．电梯上升的最大高度可能为3h 0答案C解析由题图可知从0到2h 0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h 0到3h 0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h 0，故A 、D 错误；根据动能定理可得12m v 2＝Fh ＝mah ＝mS 面积，则v ＝2S 面积，则电梯在h 0处的速度大小为a 0h 0，在2h 0处的速度大小为3a 0h 0，在3h 0处的速度大小为2a 0h 0，所以电梯在0～h 0和2h 0～3h 0范围内的速度变化量不相等，故B 错误，C 正确．7.(2023·广东省清中、河中、北中、惠中联考)如图所示，竖直圆轨道固定在水平面上，其中A为最低点，B 为最高点，C 为与圆心等高的点，质量为1kg 且可视为质点的小球在轨道内做完整的圆周运动．已知小球动能E k 的变化范围为10～20J ，忽略一切摩擦，重力加速度g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是()A ．轨道半径为1mB ．小球对轨道的最大压力与最小压力的大小之比为3∶1C ．小球在C 点时对轨道的压力大小为45ND ．以地面为势能零点参考平面，小球在C 点的重力势能等于动能答案B 解析在A 点F N1－mg ＝m v max 2R ，在B 点F N2＋mg ＝m v min 2R ，A 到B 过程，根据动能定理有－mg ×2R ＝12m v min 2－12m v max 2，又有12m v max 2＝20J ，12m v min 2＝10J ，解得R ＝0.5m ，小球对轨道的最大压力与最小压力之比F N1′F N2′＝F N1F N2＝31，A 错误，B 正确；在C 点F N3＝m v C 2R，A 到C 过程，根据动能定理有－mgR ＝12m v C 2－12m v max 2，解得小球在C 点时对轨道的压力大小F N3′＝F N3＝60N ，C 错误；以地面为势能零点参考平面，小球在C 点的重力势能E p ＝mgR ＝5J ，小球在C 点的动能E k ＝12m v C 2＝15J ，D 错误．8．(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为()A ．2kgB ．1.5kgC ．1kgD ．0.5kg 答案C 解析法一：特殊值法画出运动示意图．设该外力的大小为F ，据动能定理知A →B (上升过程)：－(mg ＋F )h ＝E k B －E k AB →A (下落过程)：(mg －F )h ＝E k A ′－E k B ′整理以上两式并代入数据得物体的质量m ＝1kg ，选项C 正确．法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg ＋F )h ＝E k －E k0，则E k ＝－(mg ＋F )h ＋E k0下落过程：(mg －F )h ＝E k ′－E k0′，则E k ′＝(mg －F )h ＋E k0′，结合题图可知mg ＋F ＝72－363－0N ＝12N ，mg －F ＝48－243－0N ＝8N 联立可得m ＝1kg ，选项C 正确．9.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h 、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则()A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 答案AB 解析对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v m 2，解得：v m ＝2gh 7，选项B 正确；全过程有W G －W 克f ＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝－335g ，故加速度大小为335g ，选项D 错误．10.如图所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则()A ．W ＝12mgR ，小球恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，小球不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离答案C 解析在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v N 2R ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝4mg ，解得v N ＝3gR ，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝12m v N 2－0，解得W ＝12mgR .由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v Q 2－12m v N 2，因为W ′<12mgR ，故v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．11．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A 、B 静置于水平桌面上，滑块A 的右端与滑块B 的左端接触．某时刻开始，给滑块A 一个水平向右的力F ，使滑块A 、B 开始滑动，当滑块A 、B 滑动1.0m 时撤去力F .整个运动过程中，滑块A 、B 的动能E k 随位移s 的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：(1)滑块A 对B 做的功；(2)力F 的大小．答案(1)12J (2)39N 解析(1)B 在撤去F 后继续滑行s B ＝1.0m ，撤去F 时B 的动能E k B ＝6J ，由动能定理有－f B s B ＝0－E k B在撤去F 前，对B 由动能定律得W AB －f B s ＝E k B联立并代入数据解得W AB ＝12J(2)撤去力F 后，滑块A 继续滑行的距离为s A ＝0.5m ，撤去F 时A 的动能E k A ＝9J ，由动能定理有－f A s A ＝0－E k A力F 作用的过程中，分析滑块A 、B 整体，由动能定理有(F －f A －f B )s ＝E k A ＋E k B代入数据解得F ＝39N.12．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力大小．答案(1)34mg 5gR 2(2)152mg 解析(1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ，则F 0mg ＝tan α，F ＝mg cos α，由牛顿第二定律得F ＝m v C 2R，联立并代入数据解得F 0＝34mg ，v C ＝5gR 2(2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得－2FR ＝12m v C 2－12m v B 2，代入数据解得v B ＝52gR 小球在B 点时有F N －F ＝m v B 2R，解得F N ＝152mg 由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝152mg .。
动能定理的应用归类分析
教 研 争 鸣113 都市家教动能定理的应用归类分析迪庆州民族中学 云南 迪庆 黄艳萍【摘 要】动能定理是学生在高中阶段第一次接触到用能量的知识解决问题。
在作用力非常复杂的情况下，牛顿第二定律难以应用时，动能定理却仍可以应用，可见动能定理具有对牛顿第二定律的包容性。
文章主要对从求变力的功、求解多运动问题、求解摩擦因数、求解机车的脱钩等四个方面，论证了动能定理的应用。
【关键词】动能定理；求变力；多运动；摩擦因数；机车脱钩动能定理虽然可根据牛顿第二定律和运动学方程推出，但动能定理本身的意义及应用却具有广泛性和普遍性。
它既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程；既适用于物体做直线运动，也适用于物体做曲线运动；动能定理的研究对象既可以是单个物体，也可以是几个物体所组成的一个系统；研究过程既可以是针对运动过程中的某个具体过程，也可以是针对运动的全过程。
本文从以下几个方面对动能定理的应用加以论证和分析。
1应用动能定理巧求变力的功如果我们所研究的问题中有多个力做功，其中只有一个力是变力，其余的都是恒力，而且这些恒力所做的功比较容易计算，研究对象本身的动能增量也比较容易计算时，用动能定理就可以求出这个变力所做的功。
例1、一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ 提升井中质量为m 的物体，如图（1）所示，绳的P 端拴在车后的挂钩上，Q 端拴在物体上。
设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计。
开始时，车在A 点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H。
提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A 经过B 驶向C，设A 到B 的距离也为H，车过B 点时的速度为v B 。
求在车由A 移到B 的过程中，绳Q 端的拉力对物体做的功。
解析：设绳的P 端到达B 处时，左边绳与水平地面所成夹角为θ，物体从井底上升的高度为h，速度为v，所求的功为W，则据图（1）212W mgh mv−=因绳总长不变，所以： H Hh −=θsin 根据绳联物体的速度关系得：v=v B cosθ 由几何关系得：4πθ=由以上四式求得：211)4B W mv mg H=+小结：此题中绳对重物的拉力是变力，所以是变力做功问题，关键是利用速度的分解由汽车的速度求出物体的速度，然后利用动能定理求拉力做的功。
高三力学复习十五讲--动能定理的应用
力学复习十二一、动能定理的应用[知识点析]1、用动能定理求变力做的功由于某些力F 的大小或方向变化，所以不能直接由公式W=FScos α计算它们做的功，此时可由其做功的结果——动能的变化来求变力F 做的功。
2、在不同过程中运用动能定理由于物体运动过程中可能包括几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一整体过程，往往对全过程运用动能定理比较简便。
[例题析思][例题1]一列质量为M=5.0×105kg 的火车，在一段平直的轨道上始终以额定功率P 行驶，在300S 内的位移为 2.85×103m ，而速度由8m/s 增加到火车在此轨道上行驶的最大速度17m/s 。
设火车所受阻力f 大小恒定，求1、火车运动中所受阻力f 的大小；2、火车头的额定功率P 的大小。
[解析]火车的初速度和末速度分别用V 0和V t 表示，时间用t 表示，位移用S 表示，根据动能定理有： Pt-fs=2022121mV mV t -火车速度达到最大时，牵引力等于阻力f ，根据瞬时功率的计算公式有：P=fV e 。
N S V V V M f t t 4225202105.2)285030017(2)817(100.5)(2)(⨯=-⨯⨯-⨯⨯=--=N fV P t 541025.417105.2⨯=⨯⨯==[思考1]总质量为M 的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L 的距离，于是立即关闭发动机滑行，设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？[提示]法一：脱节的列车整个运动过程有两个阶段，先做匀加速运动，后关闭发动机滑行做匀减速运动，运用动能定理，从全过程考虑有： FL-K(M-m)gS 1=0-20)(21V m M -对末节车厢根据动能定理有-kmgS 2=0-2021mV ，由于原来列车匀速，故有F=kmg ，则m M ML S S S -=-=∆/21法二：由于脱节后列车比末节车厢多行驶的那段距离内，克服阻力所做的功等于牵引力在L 这段距离内所做的功，所以有：)/()(m M ML S Sg m M K KMgL -=∆∆-=[例题2]如图6-25所示，ABCD 是一条长轨道，其中AB 段是倾角为θ的斜面，CD 段是水平的，BC 是与AB 和CD 都相切的一小段圆弧，其长度可以不计。
动能定理的3个典型应用
动能定理的3个典型应用李晓禄【期刊名称】《高中数理化》【年(卷),期】2013(000)019【总页数】1页(P30)【作者】李晓禄【作者单位】山东省平度第一中学【正文语种】中文从近五年高考考点分布可以看出动能定理是高考的必考内容，涉及这部分的考题一般灵活性较强，试题涉及的主要内容包括：动能定理的理解与应用、动能定理中总功的分析与计算、功能关系的理解等.动能定理适用于恒力做功，也适用于变力做功，适用于直线运动也适用于曲线运动，因此该定理求解方便，应用广泛，本文将结合典型例题分析动能定理的3个典型应用.1 用动能定理求解物体所受的力例1 如图1，某人踏着滑板从距地面1.8 m的平台上A点滑下，经过水平位移s ＝3 m后，落到水平地面上的B点，在B点着地后，由于存在能量损失，速度变为v＝4 m·s－1，并以速度v为初速度，滑行s2＝8 m后停止，已知人与滑板的总质量m＝60 kg，求人与滑板在水平地面上滑行时受到的平均阻力大小.图1将人与滑板看作一个整体，对其进行受力分析，人与滑板从B点到C点的过程中受到平均阻力Ff，地面的支持力FN以及重力mg，因为地面支持力、重力的方向都与其位移方向垂直，所以地面支持力、重力都不对人与滑板组成的整体做功，而平均阻力做负功，由动能定理可得将数据代入可得平均阻力Ff＝60 N.如果在多个力的共同作用下运动，其中含有一个未知力，并且物体的动能变化量和位移已知时，就可以用动能定理求解此未知力.2 用动能定理求解物体的速度图2例2 如图2，物体A从高为h的斜面上静止滑下，在阻力的作用下，静止于B点，若给物体一个初速度v，使其从B 点开始运动，再恰好上升到斜面上的A点，求此初速度v的大小.物体在运动过程中会受到重力、斜面或者水平面的支持力以及摩擦阻力.从A点到B点应用动能定理mgh＋Wf＝0－0.物体从B 点到A点的过程中，重力做负功，摩擦力仍然做负功Wf，由动能定理得求得初速度v在已知施加到物体上所有力做功大小或者可以根据题意推知所有力做功大小的情况下，可以用动能定理求解物体的速度.3 用动能定理求解物体的位移例3 如图3，在一内壁光滑的盆式容器中，圆弧AB与圆弧CD分别与盆底BC的连接处相切，并且BC是水平的，BC 之间距离d＝0.5 m，摩擦因数μ＝0.1，两端圆弧的高度都为h＝0.3 m.让一质量为m 的小物体从A点静止滑下，小物体在盆内来回滑动一段时间后，最后会停下来，求解停止的地面与B点之间的距离.图3由于盆内壁光滑，小物体在盆内AB、CD 部分运动时，只受到重力和盆壁支持力作用，并且支持力的方向与物体运行方向垂直，所以盆内壁支持力不对物体做功，小物体在BC段运动时将会受到重力、支持力以及摩擦力的作用，重力、支持力垂直于小物体运动方向，不对物体做功，并且物体滑上CD圆弧时重力做负功，物体滑下CD 圆弧时重力做正功，分析物体由A点下滑，最终静止到BC段的某一点的过程，设小物体在BC间运动的路程为s，按照动能定理mgh－μmgs＝0，所以s ＝3 m，根据题意BC间的距离d＝0.5 m，所以小物体在来回运动的次数为3次，最后停在B点.在已知物体动能变化量以及作用力（或者物体与地面的摩擦因数已知）的大小时，可以通过动能定理求解物体发生的位移.。
2.24 动能定理的应用
动能定理的应用五 其它问题
❖ ◆运用动能定理求圆周运动问题
例：如图所示，长为L的细绳拴一个小球在竖直平 面内做圆周运动，请问：
❖ （1）小球在最低点A初速为多大时，恰好能完 成一次圆周的运动。
❖ （2）最高点和最低点绳子拉力之差为多大？
B
6m
O
解题关键：同时列g出动能定理
4、动能定理的研究对象一般是一个物体，也可以是几 个物体组成的系统；
5、动能定理的计算式是标量式，遵循代数运算，v为 相对地面的速度；
6、对状态与过程关系的理解： a.功是过程量，动能是状态量。 b.动能定理表示了过程量等于状态量的改变量的关系。
（涉及一个过程两个状态） c.动能定理反应做功的过程是能量转化的过程。等式的左
皮球，测得橡皮球落地前瞬间速度 变力做功
抛球时由动能定理：
v＝12 m/s
为12
m/s，求该同学抛球时所做的
W＝mv02 ＝0.5´ 82 J＝16 J
2
2
解得Wf＝-5 J
功和橡皮球在空中运动时克服空气
抛出后由动能定理：
mgh＋Wf＝
1 2
mv2－
1 2
mv02
即橡皮球克服空 气阻力做功为5 J
阻力做的功．(g取10 m/s2)
例1.用拉力F使一个质量为m的木箱由静止开始 在水平冰道上移动了s，拉力F跟木箱前进的方 向的夹角为α，木箱与冰道间的摩擦因数为μ， 求木箱获得的速度？
Fcos αs-fs= 1 mv2 -0
2 f= μ（mg-Fsin α ）
[F cos (mg F sin )]s 1 mv2 0
2
高中物理必修二 专题四 动能定理 功能关系
动能定理与功能关系一、动能定理１．变力做功过程中的能量分析；２．多过程运动中动能定理的应用；３．复合场中带电粒子的运动的能量分析。
二、功能关系：做功的过程是能量转化的过程，功是能的转化的量度。
不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。
１．物体动能的增量等于合外力做的总功：W 合=ΔE k ，这就是动能定理。
２．物体重力势能的增量等于重力做的功：W G = -ΔE P３．弹力做的功等于弹性势能的变化量：W=ΔE P４．物体机械能的增量等于除重力以外的其他力做的功：W 非重=ΔE 机，（W 非重表示除重力以外的其它力做的功）５．一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的 机械能，也就是系统增加的内能。
f ΔS=Q （ΔS 为这两个物体间相对移动的路程）。
专项练习1．一质量为1kg 的物体被人用手由静止向上提高1m ，这时物体的速度是2m/s ，下列说法不正确的是（ ）A 、手对物体做功10JB 、合外力对物体做功12JC 、合外力对物体做功2JD 、物体克服重力做功2J2.a 、b 、c 三个物体质量分别为m 、2m 、3m ，它们在水平路面上某时刻运动的动能相等。
当每个物体受到大小相同的制动力时，它们的制动距离之比是（ ）A ．1∶2∶3B ．12∶22∶32C ．1∶1∶1D ．3∶2∶13.质量为ｍ的物体在距地面高ｈ处以ｇ／3的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法不正确的（ ）Ａ．物体重力势能减少ｍｇｈ／３ Ｂ．物体的机械能减少２ｍｇｈ／３ Ｃ．物体的动能增加ｍｇｈ／３ D ．重力做功mgh4.如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置，用水平拉力F 缓慢将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。
在此过程中，拉力F 做的功是（ ）A.θcos FLB.θsin FLC.()θcos 1-FLD.()θcos 1-mgL 5. 如图所示，小球以大小为v 0的初速度由A 端向右运动，到B 端时的速度减小为v B ；若以同样大小的初速度由B 端向左运动，到A 端时的速度减小为v A 。
动能定理物体的动能与力的做功
动能定理物体的动能与力的做功动能定理：物体的动能与力的做功动能定理是物理学中的基本定理之一，它描述了物体的动能与力的做功之间的关系。
在本文中，我们将探讨动能定理的定义、原理以及应用。
一、动能定理的定义动能定理是指在外力作用下，物体的动能的变化量等于力的做功。
简而言之，物体的动能增加或减少的大小，正好等于作用于物体的力所作的功。
二、动能定理的原理物体的动能可以通过它的质量和速度来定义，即动能 = 1/2 ×质量 ×速度的平方。
力的功可以用力的大小、物体的位移和力与位移之间的夹角来定义，即做功 = 力 ×位移× cosθ。
根据动能定理，在外力作用下，物体的动能的变化量等于力的做功。
表示为：物体的动能的增量 = 力的做功。
三、动能定理的应用1. 物体的动能和速度关系：根据动能定理，物体的动能正比于其速度的平方。
当速度增加时，动能增加；当速度减小时，动能减小。
2. 动能与重力势能的转换：在重力场中，当物体从较高位置下降到较低位置时，重力对物体做功，并将其势能转化为动能。
反之，当物体由较低位置上升到较高位置时，动能将转化为重力势能。
3. 动能与弹性势能的转换：在弹性体系中，物体由于受到压缩或伸展而具有弹性势能。
当物体释放出弹性势能时，它将转化为动能。
4. 动能定理的应用于机械工作：在机械运动中，动能定理可应用于机器的工作原理和能量转换的分析。
比如，在运输系统中，我们可以通过应用动能定理来计算物体在传送过程中所需的能量和功率。
总结：动能定理是物体的动能与力的做功之间的关系。
它可以帮助我们理解物体运动时的能量转化过程，并应用于各种实际情况的分析和计算。
通过深入研究动能定理，我们可以更好地理解物体运动的本质和力学规律。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
P m
1 200
m/s=15
m/s
F mg 810
外力对物体做的总功 W=Pmt2－mgh2， h1+h2=90 m
动能变化量为 ΔEk= 1 mvm2－ 1 mvt2
2
2
由动能定理得 Pmt2－mgh2= 1 mvm2－ 1 mvt2
2
2
代入数据后解得 t2=5.75 s，所以 t=t1+t2=7.75 s
解析：绳对重物的拉力为变力，应用动能定理列方程.
以重物为研究对象：WT－mgh=
1 2
mvm2
①
由图所示，重物的末速度 vm 与汽车在 B 点的速度 v
沿绳方向的分速度相同，则 vm=vsin θ
②
h= H －H
③
cos
联立①②③解得：WT=mgH（1
cos
cos
）+
1 2
mv2sin2
在光滑的水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值 F 时转动
半径为 R，当外力逐渐增大到 6F 时，物体仍做匀速圆周运动，
半径为 R/2.则外力对物体所做的功为（ ）
A.0 B.FR
C.3FR
D.5 FR
2
例3.质量为5103 kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10m/s，随 后以P＝6104 W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s 达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5103N。 求：
（1）汽车的最大速度vm； （2）汽车在72s内经过的路程x。
例4.人在A点拉着绳通过一定滑轮吊起质量m=50Kg的物 体，如图所示，开始绳与水平方向夹角为，当人匀速提 起重物由A点沿水平方向运动而到达B点，此时绳与水平
方向成角，求人对绳的拉力做了多少功？
G 60
30
A
B
例 5．用汽车从井下提重物，重物质量为 m，定滑轮高为 H， 如图所示，已知汽车由 A 点静止开始运动至 B 点时的速度为 v， 此时轻绳与竖直方向夹角为 θ.这一过程中轻绳的拉力做功多 大？
A R
D R
B
C
图8-5
所需时间至少为 7.75 s.
答案：7.75 s
作业：
• 1.三维P48 例2 演练2 演练3； • 2.课时作业P89 6 8； • 3.每日一题。（做完，周一交）
《互动课堂》P83 课后巩固2
O
θl lcos θ
Q F
h
S
α
mg
P mg
例5.一小球于地面正上方h处由静止释放，若小球每次与 地面相碰均无动能损失，由于空气阻力的作用，最终小 球静止在地面上，已知空气阻力是小球重力的0.1倍，且 大小保持不变，求小球运动的总路程。
在匀加速运动过程中加速度为
a=
F m
mg
120Biblioteka 810m/s2=5
m/s2，
m
8
末速度
vt
P m
1 200
m/s=10
m/s
F 120
m
上升的时间
t1=
v t
10
s=2
s，
a5
上升高度为
h1=
v t
2
102
m=10 m
2a 2 5
在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为
vm=
P m
类型四: 动能定理在变力做功情况下的应用
例1.如图所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m，BC是 水平轨道，长x=3m，BC处的摩擦系数为μ=1/15，今有质 量m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到C点刚好停止。求 物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功。
例 2.如图所示，质量为 m 的物体被细绳经过光滑小孔而牵引，
例5.如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部都足够
长，下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆 心角为1200，半径R=2.0m,一个物体在离弧底E高度为 h=3.0m处，以初速度v0=4m/s沿斜面向下运动，若物体与 两斜面的动摩擦因数均为μ=0.02,则物体在两斜面上（不 包括圆弧部分）一共能走多少路程？（g=10m/s2）.
A
DD
O
h
R
B
C
E
• 1．如图8-5所示，A B和C D为半径为R=l m的
1/4圆弧形光滑轨道，B C为一段长2m的水平轨 道．质量为2 kg的物体从轨道A端由静止释放， 若物体与水平轨道B C间的动摩擦因数为0.1，求： （l）物体第1次沿C D弧形轨道可上升的最大高 度．（2）物体最终停下来的位置与B点的距 离．
θ.
答案：mgH（1 cos ）+1 mv2sin2 θ cos 2
方法技巧：此题是变力做功问题，关键是利用速度的 分解由汽车的速度求出物体的速度，然后利用动能定理求 拉力做的功.
【例题】电动机通过一绳子吊起质量为 8 kg 的物体， 绳的拉力不能超过 120 N，电动机的功率不能超过 1 200 W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高 90 m（已知 此物体在被吊高接近 90 m 时，已开始以最大速度匀速上 升）所需时间为多少？